2015届高考物理二轮复习提优能力提升 专题九 直流与交流电路分析.doc

能力提升直流电路的动态分析基本思路是“部分整体部分”，即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由欧姆定律判断I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况.注意:(1) 电源的内电压一般由U内=I内r确定.(2) 电源的外电压(路端电压)一般由U外=E-U内确定.例1(多选)(2014南京模拟)如图所示的电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为I1、I2、I3，理想电压表示数变化量的绝对值为U.下列说法中正确的是()A. 电流表A2的示数一定变小B. 电压表V的示数一定增大C. I3一定大于I2D. U与I1的比值一定小于电源内阻r思维轨迹:分析电路结构电阻变化总电阻变化干路电流变化内电压变化路端电压变化关键表达式:I3=I1+I2，U=E-I3r，=r，=R解析:由图可知滑动变阻器与电阻R并联，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小.所以电流表A3的示数减小.根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，电流表A2的示数变大.根据并联电路的电流规律I3=I1+I2，A1的示数I1变小，A2的示数I2变大，A3的示数I3变小，则知I1一定大于I3.电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r可知，=r，而I1大于I3，所以r，则得I3一定大于I2.故BCD正确.答案:BCD变式训练1(多选)(2014上海)如图所示，电路中定值电阻的阻值R大于电源内阻r.将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A的示数变化量的绝对值为I，则()A. A的示数增大B. V2的示数增大C. U3与I的比值大于rD. U1大于U2解析:滑片向下滑动，连入电路中的电阻R变减小，由I=，A表示数增大，故A正确;V2表测量的是电源的输出电压U2=E-Ir减小，故B错误; U3=E-Ir-IR，则有U3=I(R+r)，U3与I的比值等于R+r，大于r，故C正确;U2=Ir，U1=IR，又因为题目告知Rr ，得U1大于U2 ，故D正确.答案:ACD含容直流电路分析方法 1. 解决这类问题的一般方法:通过稳定的两个状态来了解不稳定中间的变化过程.2. 只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器可看做是断路.3. 电路稳定时，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻电压.4. 在计算出电容器的带电量后，必须同时判定两板的极性，并标在图上.5. 在充电或放电时，电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以可以根据正极板电荷的变化情况来判断电流方向.6. 如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的差值;如果变化前后极板带电的电性改变，那么通过每根引线的电荷量等于电容器始末状态的电荷量之和.例2如图所示的电路中，电源电动势E=6 V，内阻r=1 ，电阻R1=3 ，R2=6 ，电容器的电容C=3.6F，二极管D具有单向导电性.开始时，开关S1闭合，S2断开.(1) 合上S2，待电路稳定以后，求电容器上的电荷量变化了多少?(2) 合上S2，待电路稳定后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少?思维轨迹:解析:(1) 设开关S1闭合、S2断开时，电容器两端的电压为U1，干路电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有I1=1.5 A.U1=I1R1=4.5 V. 合上开关S2后，电容器电压为U2，干路电流为I2.根据闭合电路欧姆定律有I2=2 A.U2=I2=4 V.所以电容器上电荷量变化了Q=(U2-U1)C=-1.810-6 C.负号表示电容器上的电荷量减少了.(2) 合上S2待电路稳定后，电容上电荷量为Q，Q=CU2=1.4410-5 C.断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，流过电阻的电荷量与阻值成反比，故流过电阻R1的电荷量为Q1=Q=9.610-6 C.答案:(1) -1.810-6 C(2) 9.610-6 C变式训练2(2014南通中学)如图所示的电路中，R1=3 ，R2=6 ，R3=1.5 ，C=20 F.当开关S断开时，电源所释放的总功率为2 W;当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4 W.求:(1) 电源的电动势和内阻.(2) 闭合S时，电源的输出功率.(3) S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少?解析:(1) S断开时P总=2 W. S闭合时P总=4 W.解以上两式得E=4 V，r=0.5 .(2) S闭合时外电路总电阻R=+R3=3.5 .P出=R=3.5 W.(3) S断开时，UC=U2=3 V，Q1=CUC=610-5 C.S闭合时，UC=0，Q2=0.答案:(1) 4 V0.5 (2) 3.5 W(3) 610-5 C0交变电流的四值及应用交变电流“四值”的应用:(1) 最大值:分析电容器的耐压值.(2) 瞬时值:计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况.(3) 有效值:电表的读数，计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流.(4) 平均值:计算通过电路截面的电荷量.例3(多选)(2014淮安模拟)如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO 沿逆时针方向匀速转动，线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，交流电流表为A.线圈从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始转过时的感应电流为I.下列说法中正确的是()A. 电流表的读数为2IB. 转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C. 从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为D. 线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为思维轨迹:电流表读数交变电流的有效值最大磁通量由峰值Em=NBS=N计算通过电阻R的电荷量用平均值计算电阻R上产生的热量用有效值计算解析:线圈中产生感应电动势的最大值Em=nBS，线圈转过时的感应电流为I=Imcos=cos=，感应电动势的有效值E=，则电流的有效值为I=I，A错误;从图示位置开始计时，e=Emcos t，所以有Emcos =I(R+r)，又知道Em=nBS=n，联立两式可得=，B正确;从图示位置开始，线圈转过的过程中，磁通量变化为=2-1=BSsin -0=BS，根据法拉第电磁感应定律有=n，再根据欧姆定律有=，根据电流的定义I=，联立可得q=，C正确;根据公式Q=I2Rt可得(I)2R=Q=，D正确.答案:BCD变式训练3(多选)(2014南师附中)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，当线框转过时感应电流为I，下列说法中正确的是()A. 线框中感应电流的有效值为2IB. 线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为C. 从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D. 线框转动一周的过程中，产生的热量为解析:根据法拉第电磁感应定律可知产生的电动势e=BSsin t，电流i=sin t，线框转过时的感应电流为I=，感应电动势的最大值Em=BS，则感应电流的最大值为Im=，则电流的有效值I=I，故选项A错误;线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS，解得BS=，故选项B正确;从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为q=，故选项C正确;线框转一周产生的热量Q=I2RT，代入解得Q=(I)2R=，故选项D错误.答案:BC理想变压器原理及其动态分析理想变压器动态分析的方法:(1) 根据题意分清变量和不变量，以及变压器电路的原、副线圈的功率、电流、电压的关系.(2) 弄清“谁决定谁”的制约关系.对电压而言，输入决定输出;对电流、电功(率)而言，输出决定输入.例4(多选)(2014新课标)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大.用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()A. UabUcd=n1n2B. 增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C. 负载电阻的阻值越小，c、d间的电压Ucd越大D. 将二极管短路，电流表的读数加倍思维轨迹:(1) 二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流有效值发生变化， Ucd=.(2) 分析思路:解析:交流电压表、交流电流表测得的值都为有效值，根据变压器公式=得到输出电压，而输出电压U2不等于c、d两端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流的有效值发生变化， Ucd=，则UabUcd=n1n2，故A错误;增大负载电阻的阻值R， Uab不变，Ucd也不变，根据P出=可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B正确，C错误;二极管短路时，Ucd=U2，输出功率P出=2P出，故输入功率P1也加倍，而输入电压U1不变，根据P1=U1I1得，电流表读数加倍，D正确.答案:BD变式训练4(多选)(2014广东)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法中正确的是()A. P向下滑动时，灯L变亮